四川省宜宾市第四中学2018_2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）.docx

四川省宜宾市第四中学2018-2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）注意事项：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C1 355 Fe56 Ni 59 As 75第卷（选择题共48分）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.茶疏中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶”。文中涉及下列操作方法的是（ ）A. 溶解B. 渗析C. 蒸馏D. 分液【答案】A【解析】上述操作包含了将茶叶里的有机物进行萃取、溶解、过滤、供人品尝等过程，没有涉及的操作有渗析、蒸馏、分液；正确选项A。2.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；e、f为常见气体单质。下列有关说法正确的是（ ）A. 简单离子的半径：YZXB. 简单氢化物的沸点：YXC. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z YD. Y、Z的氧化物所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，c为金属镁；e、f为常见气体单质，根据框图，镁与化合物b反应生成气体单质f，则f为氢气；过氧化钠与化合物b反应生成气体单质e，则e为氧气，则b为水，d为氢氧化钠，g为氢氧化镁。【详解】根据上述分析，a为过氧化钠， b为水，c为镁，d为氢氧化钠，e为氧气，f为氢气，g为氢氧化镁；则W为H、X为O、Y为Na、Z为Mg；A. X为O、Y为Na、Z为Mg，简单离子具有相同的电子层结构，离子半径: XYZ，故A错误；B.X为O，Y为Na，氢化钠是离子化合物，沸点高于水，故B正确；C. 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Z为镁，Y为钠，所以碱性：YZ ，故C错误；D. Y的氧化物有氧化钠和过氧化钠，氧化钠中只含有离子键，而过氧化钠中既有离子键又有共价键，Z的氧化物为MgO，MgO中只含离子键，所以所含化学键类型不相同，故D错误；故选B。【点睛】记住一些物质的典型性质及用途是解决此题的突破口，如铝热反应中用镁条引燃。3.下列说法正确的是（ ）A. 1molOH含10NA个电子B. 1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应可得NA个H2OC. 标准状况下，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NAD. 常温下，将1mol铁加入到足量的浓硝酸中，生成NO2气体的体积大于67.2L【答案】C【解析】A项，1个-OH中含9个电子，1mol-OH含9NA个电子，A项错误；B项，C2H518OH与CH3COOH酯化反应为可逆反应，1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应得到的H2O的物质的量小于1mol，B项错误；C项，n（CH2=CHCH3）=0.5mol，1个CH2=CHCH3分子中含6个碳氢极性共价键，标准状况下11.2L丙烯所含的极性共价键物质的量为3mol，C项正确；D项，常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，D项错误；答案选C。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、乙酸乙酯的制备、Fe的钝化等知识，注意-OH和OH-的区别，酯化反应的机理一般是“酸脱羟基，醇脱氢”，酯化反应是可逆反应。4.三蝶烯是最初的“分子马达”的关键组件，三碟烯某衍生物X可用于制备吸附材料，其结构如图所示，3个苯环在空间上互为120夹角。下列有关X的说法错误的是A. 分子式为C22H14O4B. 能发生加成、取代反应C. 苯环上的一氯代物有3种D. 分子中最多可能有20个原子位于同一平面上【答案】C【解析】A. 分子式为C22H14O4 ，故A正确；B. X含有不饱和结构苯环，能发生加成，X含有羧基，可以发生取代反应，苯环上的氢原子也可发生取代反应，故B正确；C. 苯环上有2种氢原子，所以苯环上的一氯代物有2种，故C错误；D. 苯环有12个原子共面，两个羧基与苯环共面时，分子中最多可以有20个原子位于同一平面上，故D正确。故选C。5.用惰性电极电解法制备硼酸H3BO3或B(OH) 3的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过)。下列有关说法正确的是（ ）A. 阴极与阳极产生的气体体积比为1：2B. b极的电极反应式为2H2O2e=O2+4H+C. 产品室中发生的反应是B(OH)3+OH=B(OH)4D. 每增加1 mol H3BO3产品，NaOH溶液增重22g【答案】D【解析】分析：由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3；理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2+2OH-、2H2O-4e-=O2+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2。A.由a、b电极反应式：2H2O+2e-=H2+2OH-、2H2O-4e-=O2+4H+可知，阴极生成2mol H2同时阳极生成1mol O2，故A错误；B. b极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，故B错误；C. 原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3，故C错误；D. 理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2+2OH-、2H2O-4e-=O2+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2质量为1g，同时原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室1mol质量为23g，所以氢氧化钠溶液增重22g，故D正确；本题选D。6.25时，用0.10 mol/L氨水滴定10.00mL0.05mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. H2A的电离方程式为H2AH+HA -B. B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.010-6 mol/LC. C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3H2O)= 2c(A2-)D. 25时，该氨水的电离平衡常数为【答案】B【解析】根据图像，A点时，0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液= -12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.010-13 mol/L，c（H+）=0.1 mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H+A 2-，故A错误；B、B点溶液中，加入了10mL 0.10 mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.010-8 mol/L，c（H+）=1.010-6mol/L，此时溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.010-6 mol/L，故B正确；C、C点溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3H2O混合溶液，= 0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= 2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)= 2c(A2-)，故C错误；D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.010-8 mol/L，c（H+）=1.010-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4+ H2OH+ NH3H2O，该反应的水解常数为Kh= = =210-5，故氨水的电离平衡常数为=510-10，故D错误；故选B。7.下列说法正确的是（ ）A. 植物油主要成分是高级脂肪酸B. 异丙苯()中碳原子可能处于同一平面上C. 某些蛋白质可溶于溶剂形成分子胶体，但遇乙醇发生变性D. 分子式为C4H10O并能与金属钠反应的有机物有5种(不含立体异构)【答案】C【解析】A. 植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，选项A错误；B. 异丙苯()中苯环为平面结构，与苯环直接相连的C在同一平面内，四面体C最多三原子共平面，故碳原子不可能都处于同一平面上，选项B错误；C. 蛋白质溶液是胶体，乙醇可使蛋白质变性，选项C正确；D. 分子式为C4H10O并能与金属钠反应的有机物为醇，即为C4H9OH，丁基- C4H9有4种，故符合条件的有机物有4种，选项D错误。答案选C。8.电动公交车替代燃油公交车是节能减排、控制雾霾的重要举措之一，下图所示电池是一种正在开发的车载电池。有关该电池的说法正确的是（ ）A. 放电时Fe/FeS极是负极B. 放电时负极反应式为：Al-3e-=Al3+C. 充电时阳极反应式为：Fe+S2-2e-=FeSD. 左边电解质可以是LiOH的醇溶液【答案】C【解析】放电时为原电池，根据图示电子流向可知，电子由负极流向正极，因此Fe/FeS极是正极，A错误；放电时，Fe/FeS极是正极，锂/铝合金为负极，发生氧化反应，锂比铝活泼，所以：Li-e-=Li+B错误；充电时，为电解池，阳极发生氧化反应，铁失电子变为亚铁离子，Fe+S2-2e-=FeS，C正确；LiOH在醇溶液中不能发生电离产生锂离子，没有自由移动的离子，不能构成闭合回路，D错误；正确选项C。第II卷非选择题（52分）二综合题，本大题共4个小题，共52分9.(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为_，该能层具有的原子轨道数为_(2)BF3与一定量的水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力有_(填序号)a离子键b共价键c配位键d氢键(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu(OH)42，不考虑空间构型，Cu(OH)42的结构可用示意图表示为_ ,科学家推测胆矾结构示意图可简单表示如图：胆矾的化学式用配合物的形式表示为_(4)第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有_种S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_【答案】 (1). M (2). 9 (3). bcd (4). (5). Cu(H2O)4SO4H2O (6). 3 (7). sp3杂化【解析】【分析】(1)基态Si原子的电子排布式是1s22s22p23s23p2，第三层有3s、3p、3d 三个能级；(2)中含有水分子与水分子间的氢键、HO键、BF键、BO配位键；(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu(OH)42，Cu2+与OH-通过配位键结合成Cu(OH)42，根据胆矾结构示意图可知Cu2与H2O通过配位键结合成Cu(H2O)42+。(4)同周期元素从左到右第一电离能增大，A族的Be原子2s轨道全满，能量低，第一电离能大于相邻原子，A族的N原子2p轨道半满，能量低，第一电离能大于相邻原子；由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4。【详解】(1)基态Si原子的电子排布式是1s22s22p23s23p2，电子占据的最高能层为第三层，符号为M，第三层有1个3s轨道、3个3p轨道、5个3d轨道，具有的原子轨道数为9；(2)中含有水分子与水分子间的氢键、HO键、BF键、BO配位键，故选bcd； (3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu(OH)42，Cu2+与OH-通过配位键结合成Cu(OH)42，结构示意图为，根据胆矾结构示意图可知Cu2+与H2O通过配位键结合成Cu(H2O)42+，胆矾的化学式用配合物的形式表示为Cu(H2O)4SO4H2O。 (4)同周期元素从左到右第一电离能增大，A族的Be原子2s轨道全满，能量低，第一电离能大于相邻原子，A族的N原子2p轨道半满，能量低，第一电离能大于相邻原子，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O，共3种；由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，S原子杂化方式是sp3杂化。10.原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的 ；W的原子序数为29。回答下列问题:（1）Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为_，1mol Z2X4含有键的数目为 _。（2）化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为 _，两种化合物分子中化学键的键角较小的是_（用分子式表示，下同)。 （3）与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序_，理由是 _；三者的沸点由高到低的顺序是 _，解释原因_。（4）元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的分子式是_。 （5）W元素有_个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为_。【答案】 (1). sp2 (2). 5NA (3). 三角锥形 (4). H2O (5). H2O H2S H2Se (6). 半径SeSO，键长H-Se H-S H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定 (7). H2O H2SeH2S (8). H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高 (9). CO (10). 29 (11). 3d104s1【解析】【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y是形成化合物种类最多的元素，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；R单质占空气体积的1/5，R是O；W的原子序数为29，则W是Cu元素，再结合物质结构分析解答。【详解】（1）C2H4分子平面形结构，所以C原子轨道的杂化类型为sp2杂化。单键都是键，则一个N2H4分子中含有5个键；故答案：sp2 ；5NA；（2）化合物NH3与化合物H2O的VSEPR构型相词，均是四面体，但立体构型不同，氨气分子中含有1对孤对电子，其立体构型为三角锥形；水分子中含有2对孤对电子，所以两种化合物分子中化学键的键角较小的是H2O。故答案为：三角锥形；H2O；（3）由于同主族从上到下原子半径逐渐增大，而键长越短，键能越大，化合物越稳定，所以稳定性是H2OH2SH2Se；由于H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高，则沸点大小顺序是H2O H2SeH2S；故答案为：H2O H2S H2Se；半径SeSO，键长H-Se H-S H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定；H2O H2SeH2S；H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高；（4）元素C的一种氧化物与元素N的单质互为等电子体，CO和N2互为等电子体，所以元素Y的这种氧化物的分子式是CO；故答案为：CO；（5）铜元素原子序数是29，核外有29个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为3d104s1。故答案为：29 ；3d104s1。11.能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是_(填序号)。a大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源b大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求c开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料d减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。由上图可知，在通常状况下，金刚石和石墨中_(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为_kJmol1（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJmol1、497 kJmol1，N2(g)+O2(g)2NO(g) H=180.0 kJmol1。NO分子中化学键的键能为_kJmol1。（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式：_。【答案】 (1). acd (2). 石墨 (3). 393.5kJmol1 (4). 631.5 (5). 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) H=746.0kJmol1【解析】【详解】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；a、c、d能减少化石燃料的运用，故正确。（2）由图象分析可知金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为110.5 kJ +283.0 kJ =393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5kJmol1；（3）根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJmol1、497 kJmol1以及反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=180.0 kJmol1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946 kJmol1+497 kJmol1-2X=180 kJmol1得：X=631.5 kJmol1；（4）已知C（石墨，s）+O2（g）CO2（g）H=-393.5 kJmol1；C（石墨，s）+O2（g）CO（g）H=-110.5 kJmol1；N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=180 kJmol1；由盖斯定律：方程式2-2-得 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=-746.0 kJmol1；12. 东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_，3d能级上的未成对的电子数为_。（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_ ，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_；氨是_分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_。（3）单质铜及镍都是由_键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICuINi的原因是_。